Доказательство леммы о свободной точке

Для человека, не испорченного популярной математической литературой, сама формулировка леммы показалась бы нелепой: как же непрерывный образ пространства меньшей размерности может покрыть пространство большей размерности? Но кто же не знает, что это бывает: кривая Пеано, распропагандированная ничуть не меньше, чем, скажем, бутылка Клейна, осуществляет непрерывное (и даже взаимно однозначное) отображение отрезка на квадрат. Поэтому лемму приходится доказывать, и дело осложняется тем, что геометрическая интуиция помочь тут не может, она упорно твердит свое: такое вообще невозможно. С подобными трудностями сталкиваются всякий раз, когда "строгое" определение того или иного понятия (в данном случае - -определение непрерывности) не вполне соответствует исходному интуитивному представлению: приходится вникать в устройство не реального объекта, а химеры. Но ничего не поделаешь - доказать лемму надо.

В основе второго доказательства леммы лежит понятие триангуляции. Напомним, что q-мерный евклидов симплекс есть подмножество пространства R , n ≤ q, являющееся выпуклой оболочкой q + 1 точек, не лежащих в одной (q - 1) - мерной плоскости. (Евклидовы симплексы размерностей 0, 1, 2, 3: точка, отрезок, треугольник, тетраэдр.) Эти q+ 1 точек называются вершинами симплекса. Подсимплексы, т.е. выпуклые оболочки различных подмножеств множества вершин, называются гранями нашего симплекса; это - симплексы размерности ≤q. Нульмерная грань - это вершина. Замечательное свойство симплекса заключается в том, что его линейное отображение в любое пространство R^m определяется своими значениями на вершинах, причем эти значения могут быть совершенно произвольны. Конечная триангуляция подмножества евклидова пространства - это такое его конечное покрытие евклидовыми симплексами, что любые два симплекса либо не пересекаются вовсе, либо пересекаются по целой грани. Удобно считать, что грани симплексов триангуляции также принадлежат к числу симплексов триангуляции.

Барицентрическое подразделение q-мерного симплекса состоит в том, что этот симплекс разбивается на (q + 1)! более мелких q-мерных симплексов. Вершины новых симплексов - это центры тяжести граней старого симплекса (в том числе - его самого). Множество {х₀, х ,..., x_q) этих центров является множеством вершин некоторого симплекса барицентрического подразделения, если соответствующие грани ₀, ,..., _q можно составить в цепочку последовательно вложенных друг в друга, см. рис.7. (По-другому барицентрическое подразделение q-мерного симплекса  можно описать так: сначала подвергаются барицентрическому подразделению все его (q - 1) - мерные грани, а потом над всеми построенными симплексами, лежащими на границе симплекса , строятся конусы с вершиной в центре этого симплекса; начать это индуктивное определение можно с q = 0: с нульмерным симплексом при барицентрическом подразделении ничего не происходит. Еще по-другому: симплекс  - его совокупность точек вида , где  - вершины, t ≥ 0 и t  = 1; симплексы барицентрического подразделения отвечают перестановкам (i₀, i ,..., i_q) чисел 0, 1,..., q; симплекс, отвечающий этой перестановке, состоит из точек

t  с .

Барицентрическое подразделение триангуляции - это триангуляция, составленная из симплексов барицентрических подразделений симплексов исходной триангуляции (рис.8).

Обратимся теперь к нашему отображению . Прежде всего мы построим в шарике d = d_q концентрические шарики d , d₂, d₃, d  радиусов /5, 2 /5, З /5,4 /5, где -радиус шарика d. Далее, покроем V конечным числом р-мерных симплексов, содержащихся в U, и триангулируем объединение К этих симплексов (объединение конечного числа как угодно пересекающихся евклидовых симплексов в R^p обладает конечной триангуляцией). Применив к этой триангуляции достаточное число

Рис.7                                                                       Рис.8

раз барицентрическое подразделение, мы можем добиться того, чтобы для любого симплекса  триангуляции выполнялось неравенство diam  () < /5. Пусть K₁ - объединение симплексов построенной триангуляции нашего множества К, -образы которых пересекаются с d₄. Тогда d₄ < (U)  (K₁) d. Рассмотрим отображение ': К₁  d, совпадающее с  на вершинах триангуляции и линейное на каждом симплексе. Отображения │_K  и ’ гомотопны - они соединяются прямолинейной гомотопией _t: K₁ d, ₀= │_K, ₁ = ’. Теперь "сошьем" отображения  и ’ в отображение : U IntD^q:

 (u), если  (u) d_3,  (u) = ’ (u), если  (u) d_{2, 3-5  (u) (}u), если  (u) d₃-d₂.

Здесь  (u) - расстояние от точки  (u) до центра шара d. (См. рис.9)

Рис.9

Отображение  непрерывно, совпадает с  на U - V и его образ пересекается с d₁ по конечному числу кусков р-мерных плоскостей, т.е. всего шара d₁ (а значит, и всего шара d) не покрывает.

Лемма доказана.